二○○二年全国高中数学联合竞赛题.pdf

二二年全国高中数学联合竞赛题二二年全国高中数学联合竞赛题（10 月 13 日上午 8：009：40）题号得分评卷人复核人一二三131415合计加试总成绩学生注意：学生注意：1 1、本试卷共有三大题（、本试卷共有三大题（1515 个小题）个小题），全卷满分，全卷满分 150150 分。分。2 2、用圆珠笔或钢笔作答。、用圆珠笔或钢笔作答。3 3、解题书写不要超过装订线。、解题书写不要超过装订线。4 4、不能使用计算器。、不能使用计算器。一、一、选择题（本题满分选择题（本题满分 3636 分，每小题分，每小题 6 6 分）分）本题共有本题共有 6 6 个小是题，每题均给出（个小是题，每题均给出（A A）（B B）（C C）（D D）四个结论，其中有且仅有一个是正确的。请）四个结论，其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6 6 分；不选、选错或选的代表字母超过一个（不分；不选、选错或选的代表字母超过一个（不论是否写在括号内）论是否写在括号内），一律得，一律得 0 0 分。分。1、函数 f(x)=log1(x 2x 3)的单调递增区间是22(A)(-，+)(B)(-，1)(C)(1，+)(D)(3，+)2、若实数 x,y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则 x2+y2的最小值为(A)2(B)1(C)3、函数 f(x)=3(D)2xx1 2x2(A)是偶函数但不是奇函数(B)是奇函数但不是偶函数(C)既是奇函数又是偶函数(D)既不是奇函数又不是偶函数xyx2y21相交于 A，B 两点，该圆上点 P，使得PAB面积等于 3，这样的点4、直线1椭圆43169P 共有(A)1 个(B)2 个(C)3 个(D)4 个5、已知两个实数集合 A=a1,a2,a100与 B=b1,b2,b50，若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个元素都有原象，且 f(a1)f(a2)f(a100)，则这样的映射共有50504949(A)C100(B)C90(C)C100(D)C996、由曲线 x2=4y,x2=4y,x=4,x=4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足 x2+y216,x2+(y-2)24,x2+(y+2)24 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则(A)V1=12V2(B)V1=V2(C)V1=V2(D)V1=2V223二、二、填空题（本题满分填空题（本题满分 5454 分，每小题分，每小题 9 9 分）分）本题共有本题共有 6 6 小题，要求直接将答案写在横线上。小题，要求直接将答案写在横线上。7、已知复数 Z1,Z2满足|Z1|=2,|Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60，则z1 z2=。z1 z28、将二项式(x 124x)n的展开式按 x 的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x 的指数是整数的项共有个。9、如图，点 P1,P2,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(Pl,Pi,Pj,Pk)(lij1)，使得存在 tR，只要 x1,m，就有 f(x+t)x二二年全国高中数学联合竞赛二二年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准试题参考答案及评分标准说明：说明：1 1 评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设 6 6 分的分的 0 0 分两档，填空题只设分两档，填空题只设 9 9 分和分和 0 0 分两档，其它各分两档，其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。2 2 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准适当档次如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准适当档次评分，可以评分，可以 5 5 分为一个档次，不要再增加其它中间档次。分为一个档次，不要再增加其它中间档次。一、一、选择题（本题满分选择题（本题满分 3636 分，每小题分，每小题 6 6 分）分）1、函数 f(x)=log1(x 2x 3)的单调递增区间是22(A)(-，-1)(B)(-，1)(C)(1，+)(D)(3，+)解：由 x2-2x-30 x3，令 f(x)=log1u,u=x2-2x-3，故选 A22、若实数 x,y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则 x2+y2的最小值为(A)2(B)1(C)3(D)2解：B3、函数 f(x)=xx1 2x2(A)是偶函数但不是奇函数(B)是奇函数但不是偶函数(C)既是奇函数又是偶函数(D)既不是奇函数又不是偶函数解：Axyx2y21相交于 A，B 两点，该圆上点 P，使得PAB面积等于 3，这样的点4、直线1椭圆43169P 共有(A)1 个(B)2 个(C)3 个(D)4 个解：设 P1(4cos,3sin)(0S=SOAP1)，即点 P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1AOB 的面积 S。211 SOBP1=43sin34cos=6(sin+cos)=6 2sin()224yBOP1AxSmax=62SOAB=6(SP1AB)max 6 2 66 2 63点 P 不可能在直线 AB 的上方，显然在直线AB 的下方有两个点 P，故选 B5、已知两个实数集合 A=a1,a2,a100与 B=b1,b2,b50，若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个元素都有原象，且 f(a1)f(a2)f(a100)，则这样的映射共有50504949(A)C100(B)C90(C)C100(D)C99解：不妨设b1b2b50，将A 中元素 a1,a2,a100按顺序分为非空的 50 组，定义映射f：AB，使得第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi(i=1,2,50)，易知这样的 f 满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等，而 A 的分4949法数为C99，则这样的映射共有C99，故选 D。6、由曲线 x2=4y,x2=4y,x=4,x=4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足 x2+y216,x2+(y-2)24,x2+(y+2)24 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则(A)V1=12V2(B)V1=V2(C)V1=V2(D)V1=2V223y44y解：如图，两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹在两相距为 8 的平行平面之间，用任意一个与 y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，则所得截面面积S1=(424|y|),S2=(42y2)4(2|y|)2=(424|y|)S1=S2由祖暅原理知，两个几何体体积相等。故远C。二、二、填空题（本题满分填空题（本题满分 5454 分，每小题分，每小题 9 9 分）分）-4o-44 x-4o4x-47、已知复数 Z1,Z2满足|Z1|=2,|Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60，则z1 z2=。z1 z2解：由余弦定理得|Z1+Z2|=19,|Z1Z2|=7,z1 z2133=7z1 z28、将二项式(x 124x)n的展开式按 x 的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x 的指数是整数的项共有个。11解：不难求出前三项的系数分别是1,n,n(n 1)，28112n 1n(n 1)28当 n=8 时，Tr1P1P2P3P10P5P7P9P6P41 C()rx2rn163r4(r=0,1,2,，8)r=0,4,8,即有 3 个P89、如图，点 P1,P2,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P1,Pi,Pj,Pk)(1ij0，所以只须求 xy 的最小值。令 xy=u 代入 x24y2=4 中有 3y22uy+(4u2)=0yR0 u 3当x 43时，u=3，故|x|y|的最小值是33,y 3312、使不等式 sin2x+acosx+a21+cosx 对一切 xR 恒成立的负数 a 的取值范围是。解：sin2x+acosx+a21+cosxa 12(a 1)22)a(cosx 24a0,当 cosx=1 时，函数y (cos x a 12a 12)有最大值(1)22a 12(a 1)22)a a2+a-20a-2 或 a1(124a1)，使得存在 tR，只要 x1,m，就有 f(x+t)x解：f(x-4)=f(2-x)函数的图象关于 x=-1 对称b 1b=2a2a由知当 x=1 时,y=0，即 ab+c=0由得 f(1)1，由得 f(1)1f(1)=1，即工+了+以=1，又 ab+c=0111b=c=4241211f(x)=x x 5 分424a=假设存在 tR，只要 x1,m，就有 f(x+t)x取 x=1 时，有 f(t+1)1111(t+1)2+(t+1)+14t0424对固定的 t-4,0，取 x=m，有f(t m)m1(t+m)2+1(t+m)+1424mm2(1t)m+(t2+2t+1)01t 4tm1t 4tm1 t 4 t1(4)4(4)=9当 t=-4 时，对任意的 x1,9，恒有f(x4)x=14(x210 x+9)=14(x1)(x9)0m 的最大值为 9。另解：f(x-4)=f(2-x)函数的图象关于 x=-1 对称b2a 1b=2a由知当 x=1 时,y=0，即 ab+c=0由得 f(1)1，由得 f(1)1f(1)=1，即工+了+以=1，又 ab+c=0a=14b=112c=4f(x)=14x212x 14=14(x+1)2由 f(x+t)=14(x+t+1)2x 在 x1,m上恒成立4f(x+t)-x=x2+2(t-1)x+(t+1)20 当 x1,m时，恒成立令 x=1 有 t2+4t04t0令 x=m 有 t2+2(m+1)t+(m-1)20 当 t-4,0时，恒有解令 t=4 得，m210m+901m9即当 t=4 时，任取 x1,9恒有f(x-4)-x=14(x210 x+9)=14(x1)(x9)0 mmin=910 分15 分20 分5 分10 分15 分20 分二二年全国高中数学联合竞赛加试试题二二年全国高中数学联合竞赛加试试题（10 月 13 日上午 10：0012：00）学生注意：学生注意：1 1、本试卷共有三大题，全卷满分、本试卷共有三大题，全卷满分 150150 分。分。2 2、用圆珠笔或钢笔作答。、用圆珠笔或钢笔作答。3 3、解题书写不要超过装订线。、解题书写不要超过装订线。4 4、不能使用计算器。、不能使用计算器。一、一、（本题满分（本题满分 5050 分）分）如图，在ABC 中，A=60，ABAC，点 O 是外心，两条高BE、CF 交于 H 点，点 M、N 分别在线段 BH、HF 上，且满足 BM=CN，AFNOKMHEMH NH求的值。OHBC二、二、（本题满分（本题满分 5050 分）分）实数 a,b,c 和正数使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3，且满足 x2x1=,x31(x1+x2)2求2a3 27c 9ab3的最大值。三、三、（本题满分（本题满分 5050 分）分）在世界杯足球赛前，F 国教练为了考察 A1,A2,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场 90 分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些队员中有且仅有一人在场上，并且 A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被 7 整除，A5,A6,A7每人上场的总时间(以分钟为单位)均被 13 整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。二二年全国高中数学联合竞赛加试试题二二年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准参考答案及评分标准说明：说明：1 1 评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分；评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分；2 2 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，评卷时可参考本评分标准适当划如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，可以分档次评分，可以 1010 分为一个档次，不要再增加其它中间档次。分为一个档次，不要再增加其它中间档次。一、一、（本题满分（本题满分 5050 分）分）如图，在ABC 中，A=60，ABAC，点 O 是外心，两条高 BE、CF 交于 H 点，点 M、N 分别在线段BH、HF 上，且满足 BM=CN，求MH NH的值。OHFNOKMA解：在 BE 上取 BK=CH，连接 OB、OC、OK，由三角形外心的性质知BOC=2A=120由三角形垂心的性质知BHC=180-A=120BOC=BHCB、C、HO 四点共圆20 分OBH=OCH OB=OC BK=CHHEBCBOKCOH30 分BOK=BOC=120，OKH=OHK=30观察OKHKHOHKH=3OH40 分sin120sin30又 BM=CN，BK=CH，KM=NHMH+NH=MH+KM=KH=3OHMH NH=350 分OH二、二、（本题满分（本题满分 5050 分）分）实数 a,b,c 和正数使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3，且满足 x2x1=,x31(x1+x2)2求2a3 27c 9ab33 32解：f(x)=f(x)f(x3)=(xx3)x2+(a+x3)x+x32+ax3+b x1,x2是方程 x2+(a+x3)x+x32+ax3+b 的两个根 x2x1=(a+x)24(x32+ax3+b)=3x32+2ax3+2+4ba2=01(x1+x2)2122x3a 4a 12b 3()3x3且 4a212b-320()10 分 f(x)=x3+ax2+bx+ca3a2a231b)(x)a c ab20 分=(x)(333273 f(x3)=0123a3a2aa c (x3)(b)(x3)()ab 327333a12 3a2222由()得x34a 12b3 b33334a22122 3b，由()和()可知 p且aba3c 记 p=433279令 y=p 24(p 2)p 24，则 y0 且ab 13232 33a c y(y22)30 分2794322323323y=y y y()4442423=(y 02)2(y)123332a3 27c 9ab3 3ab 40 分a c 3327182取 a=23,b=2,c=0,=2，则 f(x)=x3+ax2+bx+c 有根3 1，3 1，0显然假设条件成立，且2a3 27c 9ab313 3(48 336 3)82的最大值是综上所述2a3 27c 9ab33 350 分2三、三、（本题满分（本题满分 5050 分）分）在世界杯足球赛前，F 国教练为了考察 A1,A2,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场 90 分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且 A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被 13 整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。解：设第 i 名队员上场的时间为xi分钟(i=1,2,3,7)，问题即求不定方程x1+x2+x7=270在条件 7|xi(1i4)且 13|xj(5j7)下的正整数解的级数。若(x1,x2,x7)是满足条件的一组正整数解，则应有xi14i=7mxj57j=13nm,nNm,n 是不定方程7m+13n=270在条件 m4 且 n3 下的一组正整数解。10 分 7(m-4)+13(n-3)=203令 m=m 4n=n 3 有7m+13n=270 求满足条件 m4 且 n3 的正整数解等价于求的非负整数解。易观察到72+13(-1)=17406+13(-203)=203即 m0=406n0=203 是的整数解 的整数通解为m=406 13kn=203+7kkZ令 m0n0,解得29k3120 分取 k=29,30,31 得到满足条件的三组非负整数解：m 29n 0m 16n 7m 3n 14从而得到满足条件的三组正整数解：m 33n 3m 20n 10m 730 分n 17 1)在 m=33,n=3 时，显然 x5=x6=x7=13 仅有一种可能，413又设 xi=7yi(i=1,2,3,4)，于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有C331 C32 4960组正整数解。3此时有满足条件的C32=4960 组正整数解。2)在 m=20,n=10 时，设 xi=7yi(i=1,2,3,4)，xj=13yj(j=5,6,7)32由 y1+y2+y3+y4=20，有C19组正整数解；以及 y5+y6+y7=10，有C9组正整数解。32此时有满足条件的C19=34884 组正整数解。C93)在 m=7,n=17 时，设 xi=7yi(i=1,2,3,4)，xj=13yj(j=5,6,7)32由 y1+y2+y3+y4=7，有C6组正整数解；以及 y5+y6+y7=17，有C16组正整数解。40 分综上所述，满足条件的正整数解的组数为33332C32=4960+34884+2400=4224450 分C19C9C6C16